Когда речь заходит о школьной геометрии в старших классах, имя Л.С. Атанасяна всплывает одним из первых. Его учебник для 10–11 классов — это не просто набор параграфов и задач, а настоящий проводник, который уже много десятилетий помогает поколениям учеников осваивать непростой, но увлекательный мир стереометрии. Почему же он выдержал испытание временем и остается актуальным?
Этот учебник подкупает своей кристальной ясностью и строгой логикой. Он выстраивает здание стереометрии кирпичик за кирпичиком, начиная с фундаментальных аксиом и постепенно подводя к сложным пространственным конструкциям, векторам и координатному методу. Чувствуется продуманность каждого раздела, а система упражнений в конце глав позволяет не просто закрепить материал, но и по-настоящему погрузиться в тему, решая задачи разного калибра – от базовых до требующих нетривиального подхода.
Одно из главных достоинств пособия — это удивительный баланс между сухой теорией и живой практикой. Каждое определение, каждая теорема сопровождается наглядными, хоть и черно-белыми, чертежами, которые помогают «увидеть» пространственные отношения. Задачи подобраны мастерски: они не только тренируют применение формул, но и развивают то самое «геометрическое зрение», без которого стереометрия остается лишь набором абстракций. Разделы вроде параллельности или перпендикулярности прямых и плоскостей демонстрируют это особенно ярко, предлагая как классические доказательства, так и задачи, над которыми придется поломать голову.
Нельзя не отметить и его роль в подготовке к выпускным экзаменам. Учебник Атанасяна – это отличная база для успешной сдачи ЕГЭ, особенно в части заданий, связанных с построением сечений многогранников и применением координатно-векторного метода. Многие задачи прямо перекликаются с экзаменационным форматом.
Язык изложения, несмотря на строгость предмета, остается удивительно доступным. Даже такие темы, как уравнения плоскости или прямой в пространстве, вводятся постепенно, опираясь на уже усвоенные понятия планиметрии и алгебры. Это создает ощущение непрерывности и логичности учебного процесса. А приятным бонусом в некоторых изданиях служат исторические справки, добавляющие контекст и показывающие, какой долгий путь прошла геометрия от Евклида до наших дней.
Как максимально эффективно работать с этим учебником? Ученикам стоит взять за правило: сначала вдумчиво разобрать примеры, предложенные автором, понять логику решения, а уже потом переходить к самостоятельной работе над задачами. Учителя найдут в нем надежный каркас как для традиционных уроков, так и для более творческих форм работы, например, организации проектов по созданию моделей геометрических тел. Родителям, помогающим своим детям, стоит обратить внимание на «Вопросы для повторения» – это отличный диагностический инструмент для выявления пробелов в знаниях.
Конечно, идеальных учебников не бывает. Кому-то может не хватать ярких цветных иллюстраций, а в редких тиражах встречаются досадные опечатки в ответах (всегда лучше перепроверить с преподавателем!). Но эти мелкие шероховатости ничуть не умаляют его достоинств.
В конечном итоге, учебник Атанасяна — это больше, чем просто источник информации. Это школа мышления. Он учит не просто находить ответы, а выстраивать логические цепочки, видеть пространственные связи и анализировать условия задачи. Это навык, который пригодится далеко за пределами школьного курса геометрии.
ГДЗ по Геометрии 11 класс Номер 815 Атанасян — Подробные Ответы
Дан тетраэдр, все высоты которого пересекаются в одной точке. Докажите, что точки пересечения медиан всех граней, основания высот тетраэдра и точки, которые делят каждый из отрезков, соединяющих точку пересечения высот с вершинами, в отношении 2:1, считая от вершины, лежат на одной сфере, центр которой расположен на прямой Эйлера (сфера Эйлера).
Доказательство основано на векторных соотношениях. Сначала показывается, что если \(\vec{HQ} = \frac{2}{3}\vec{HG}\), то точка Q является центром сферы Эйлера. Используются известные соотношения для векторов, такие как \(\vec{A_1B_1} = 2\vec{B_1H}\) и \(\vec{HB_1} = \frac{1}{3}\vec{HA_1}\). Точка \(M_1\) является центроидом грани \(A_2A_3A_4\), и ее радиус-вектор относительно H задается формулой \(\vec{HM_1} = \frac{1}{3}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\). Вектор \(\vec{HG}\) определяется как \(\vec{HG} = \frac{1}{4}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\). Вычисляя векторы \(\vec{QM_1} = \vec{HM_1} — \vec{HQ}\) и \(\vec{QB_1} = \vec{HB_1} — \vec{HQ}\) с использованием соотношения \(\vec{HQ} = \frac{2}{3}\vec{HG}\), получаем \(\vec{QM_1} = \frac{1}{6}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4} — \vec{HA_1})\) и \(\vec{QB_1} = -\frac{1}{6}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4} — \vec{HA_1})\). Из этого следует, что \(\vec{QM_1} = -\vec{QB_1}\), что означает, что \(M_1\) и \(B_1\) являются концами диаметра сферы с центром в точке Q. Аналогично показывается, что все точки \(M_i\) и \(B_i\) лежат на этой сфере. Также указывается, что точки \(H_i\) принадлежат этой же сфере.
Доказательство начинается с рассмотрения условия, что если точка Q удовлетворяет векторному равенству \(\vec{HQ} = \frac{2}{3}\vec{HG}\), то она является центром так называемой сферы Эйлера для данного тетраэдра.
Далее используются известные векторные соотношения, связанные с высотами и медианами тетраэдра. В частности, для точки \(B_1\) на высоте \(A_1H_1\) имеем \(\vec{A_1B_1} = 2\vec{B_1H}\), \(\vec{A_1H} = 3\vec{B_1H}\) и \(\vec{HB_1} = \frac{1}{3}\vec{HA_1}\). Эти соотношения описывают положение точки \(B_1\) на отрезке \(A_1H\), делящей его в отношении 2:1, начиная от \(A_1\).
Точка \(M_1\) определена как центроид грани \(A_2A_3A_4\). Радиус-вектор центроида грани относительно произвольной точки H выражается как среднее арифметическое радиус-векторов вершин грани относительно той же точки. Таким образом, \(\vec{HM_1} = \frac{1}{3}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\).
Точка G является центроидом всего тетраэдра \(A_1A_2A_3A_4\). Ее радиус-вектор относительно H выражается как среднее арифметическое радиус-векторов всех вершин относительно H: \(\vec{HG} = \frac{1}{4}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\).
Теперь рассмотрим вектор \(\vec{QM_1}\). Его можно найти как разность векторов \(\vec{HM_1}\) и \(\vec{HQ}\): \(\vec{QM_1} = \vec{HM_1} — \vec{HQ}\). Подставляя выражения для \(\vec{HM_1}\) и \(\vec{HQ} = \frac{2}{3}\vec{HG}\), получаем:
\(\vec{QM_1} = \frac{1}{3}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) — \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\)
\(\vec{QM_1} = \frac{1}{3}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) — \frac{1}{6}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\)
\(\vec{QM_1} = \frac{2(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4}) — (\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})}{6}\)
\(\vec{QM_1} = \frac{2\vec{HA_2} + 2\vec{HA_3} + 2\vec{HA_4} — \vec{HA_1} — \vec{HA_2} — \vec{HA_3} — \vec{HA_4}}{6}\)
\(\vec{QM_1} = \frac{1}{6}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4} — \vec{HA_1})\).
Аналогично рассмотрим вектор \(\vec{QB_1}\). Его можно найти как разность векторов \(\vec{HB_1}\) и \(\vec{HQ}\): \(\vec{QB_1} = \vec{HB_1} — \vec{HQ}\). Подставляя выражения для \(\vec{HB_1}\) и \(\vec{HQ}\), получаем:
\(\vec{QB_1} = \frac{1}{3}\vec{HA_1} — \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\)
\(\vec{QB_1} = \frac{1}{3}\vec{HA_1} — \frac{1}{6}(\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})\)
\(\vec{QB_1} = \frac{2\vec{HA_1} — (\vec{HA_1} + \vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4})}{6}\)
\(\vec{QB_1} = \frac{2\vec{HA_1} — \vec{HA_1} — \vec{HA_2} — \vec{HA_3} — \vec{HA_4}}{6}\)
\(\vec{QB_1} = \frac{1}{6}(\vec{HA_1} — \vec{HA_2} — \vec{HA_3} — \vec{HA_4})\)
\(\vec{QB_1} = -\frac{1}{6}(\vec{HA_2} + \vec{HA_3} + \vec{HA_4} — \vec{HA_1})\).
Сравнивая полученные выражения для \(\vec{QM_1}\) и \(\vec{QB_1}\), видим, что \(\vec{QM_1} = -\vec{QB_1}\). Это векторное равенство означает, что точка Q является серединой отрезка \(M_1B_1\).
Согласно задаче 814, квадраты длин векторов \(\vec{QM_i}\) и \(\vec{QB_i}\) равны между собой для всех i, то есть \(QM_1^2 = QM_2^2 = QM_3^2 = QM_4^2 = QB_1^2 = QB_2^2 = QB_3^2 = QB_4^2\). Это означает, что все точки \(M_i\) (центроиды граней) и \(B_i\) (точки, делящие отрезки \(HA_i\) в отношении 2:1) находятся на одинаковом расстоянии от точки Q. Следовательно, все эти точки принадлежат сфере с центром в точке Q.
Наконец, рассматриваются точки \(H_i\), которые являются основаниями высот. Известно, что \(B_1\) и \(H\) лежат на прямой \(A_1H_1\). Точки \(H_1\) и \(M_1\) лежат в плоскости грани \(A_2A_3A_4\), которая перпендикулярна высоте \(A_1H_1\). Утверждается, что точки \(B_1, H_1, M_1\) и \(H_1\) принадлежат сфере Эйлера. Поскольку уже показано, что \(B_1\) и \(M_1\) лежат на сфере с центром Q, это утверждение подразумевает, что \(H_1\) также лежит на этой сфере. Аналогичные рассуждения применимы для точек \(H_2, H_3\) и \(H_4\).
Таким образом, все указанные точки: центроиды всех граней, основания высот и точки, делящие отрезки \(HA_i\) в отношении 2:1, лежат на одной сфере, центром которой является точка Q, расположенная на прямой Эйлера.
Исследовательские задачи
Любой навык лучше отрабатывать самостоятельной практикой, и решение задач — не исключение. Прежде чем обратиться к подсказкам, стоит попробовать справиться с заданием, опираясь на свои знания. Если дойти до конца удалось — проверить ответ и в случае расхождений сверить своё решение с правильным.